Correction DS7
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Correction du bac blanc du 16/02/2016 EXERCICE 1 ÉTUDE D’UNE PERFORMANCE 5 points 1. Étude des résultats de la simulation. 1.1. Étude de la projection horizontale du mouvement du centre d'inertie du boulet. 1.1.a. D'après la figure 1, on lit v0x = 10 m.s–1. 1.1.b. On constate que vx est constante, donc la projection du centre d'inertie sur l'axe Ox possède un mouvement uniforme. 1.1.c. Au sommet de la trajectoire, vSx =v0x = 10 m.s–1. 1.2. Étude des conditions initiales du lancer. 1.2.a. D'après la figure 2, on lit v0y = 9 m.s–1. v02 x 1.2.b. v0 = (lecture peu précise) / 0,25 / 0,25 / 0,25 v02 y v0 = 10² 9² = 13,5 m.s–1 La différence avec la valeur indiquée de 13,7 m.s–1 est due au manque de précision pour la détermination de v0y à la question précédente. y v0 v0y / 0,25 D'après la figure ci-contre: cos = = arccos x / 0,25 v0 x v0 v0 x v0 10 = 43° 13, 7 1.3. Étude du vecteur vitesse du centre d'inertie du boulet. Pour v 0 , il suffit de tracer un vecteur tangent à la trajectoire à la date t =0s. / 0,25 Pour v S , il faut tracer un vecteur de direction horizontale, tangent au sommet de la trajectoire. / 0,25 O v0x = arccos / 0,25 2. Étude théorique du mouvement du centre d'inertie 2.1. La poussée d'Archimède a une valeur égale au poids du fluide déplacé (ici de l'air) : PA = air .V.g Poids : P = m.g = boulet.V.g Montrons que PA est négligeable devant P : P boulet 7,10 103 = = = 5,50103 PA air 1, 29 / 0,5 P = 5,50103PA donc la poussée d'Archimède PA est effectivement négligeable face au poids 2.2. Système : le boulet Référentiel: le sol, référentiel terrestre supposé galiléen Inventaire des forces: le poids P , les autres forces (frottement, poussée d'Archimède) sont négligeables face au poids. D'après la deuxième loi de Newton: P = m. a soit m. g = m. a d’où a = g . Dans le repère d'espace défini en introduction : ax = 0 a ay = – g / 0,25 2.3. dv a= donc par intégration on obtient : dt v =C x 1 v vy = –g.t + C2 Les constantes sont déterminées à l’aide de la vitesse initiale : C1 = v0x = v0.cos C2 = v0y = v0.sin Finalement : vx = v0.cos v vy = – g.t + v0.sin Soit OG le vecteur position du centre d'inertie du boulet, on a v = x = v0.(cos ).t + C3 dOG et par intégration dt / 0,75 OG 1 y = – .g.t² + v0.(sin).t + C4 2 À la date t = 0, G a pour coordonnées G(x0 = 0 = C3; y0 = h = C4) x = v0.(cos ).t ainsi OG 1 y = – .g.t² + v0.(sin).t + h 2 Les équations proposées sont bien vérifiées. 2.4. Trajectoire y=f(x) du centre d'inertie ? x x = v0.(cos).t donc t = , on remplace t par cette expression v0 .(cos ) 2 x g 1 x y = – .g. + h soity = – .x² + (tan ). x + h + v0.(sin). v0 .(cos ) 2(v0 .(cos ))² 2 v0 .(cos ) / 0,25 3. Comment améliorer la performance du lanceur 3.1. vitesse initiale v0 fixée (figure 4) angle fixé (figure 3) Quand v0 augmente, la distance horizontale Quand augmente la distance horizontale D D du jet : du jet : - augmente - augmente - diminue - diminue - est la même - est la même - augmente, passe par un maximum puis - augmente, passe par un maximum puis diminue diminue - diminue, passe par un minimum puis - diminue, passe par un minimum puis augmente augmente 3.2. Le record du monde est D = 21,69 m La figure 4 montre qu'avec v0 = 13,8 m.s–1, il est possible d'égaler le record du monde si = 41°. La figure 3 montre qu'avec v0 = 14,0 m.s–1 et = 41°, le record du monde peut être battu. / 0,5 / 0,25 record battu ! On peut vérifier la valeur théorique du record réalisé avec v0 = 14,0 m.s–1 et = 41°. Lorsque le boulet retombe au sol, y=0 donc : g 9,8 y .x 2 (tan ).x h ' 0 .x 2 (tan 41).x 2, 45 2(v0 .(cos ))² 2(14.(cos 41))² 0 0,044.x2 0,87.x 2, 45 Cette équation du second degré possède deux solutions x1= 22,27 m et x2 = -2,5 m Seule la solution positive est physiquement acceptable, avec une valeur de 22,27 m, le record est bien battu. / 0,5 EXERCICE 2 VITESSE DANS L’ESPACE 5 points 1. On sait que la vitesse v de la source est inférieure à c donc le rapport v 1 c De plus d’après le document 1, λ’ > λ0. On en déduit que les propositions 1 et 2 sont fausses car dans les deux cas on obtient λ’ < λ0. /0,5 La proposition 3 est fausse car non homogène, en effet la différence entre deux vitesses a la dimension d’une vitesse. v Donc la relation correcte est la proposition 4 : ' 0 1 . c 2. Détermination de la vitesse d’une galaxie 2.1. Par lecture graphique on obtient : Longueur d'onde de référence Longueur d'onde mesurée ’ 0 (nm) (nm) Nom de la raie Hα 656 683 Hβ 486 507 Hγ 434 451 /0,25 2.2. Choix du modèle d’étude 2.2.1. En utilisant l’expression trouvée à la question 1, on détermine l’expression de la vitesse v . ' ' v ' v v ' 0 1 1 1 c 1 v 0 c 0 c c 0 ' On retrouve bien l’expression : v c 1 . 0 /0,25 2.2.2. Calcul de la valeur de la vitesse de la galaxie TGS153Z170 : ' 507 nm v c 1 A.N. v 3,00 108 m.s1 1 1,30 107 m.s1 486 nm 0 Calcul de l’incertitude pour la vitesse : . A.N. v 2 c ' 1nm v 2 3,00.108 m.s1 8 105 m.s1 0,08 107 m.s1 507 nm /0,75 Le résultat peut se présenter sous la forme : v (1,30 0,08) 107 m.s1 . /0,25 2.3. Décalage vers le rouge 2.3.1. Pour chaque raie λ’ > λ0, la longueur d’onde se décale vers les grandes longueurs d’onde donc vers le rouge. 2.3.2. Nom de la raie Décalage spectral relatif z Hα 0,0412 Hβ 0,0432 Hγ 0,0392 /0,25 2.3.3. Théoriquement, z ne dépend pas de la raie choisie, les valeurs calculées de z sont proches, on peut faire une moyenne : 0,0412 0,0432 0,0392 0,0412 (sans unité) 3 ' ' 0 2.3.4. On sait que z et que v c 1 . 0 0 ' v ' v ' 0 v ' 0 v c 1 1 c 0 c 0 0 c 0 0 zmoyen Donc /0,25 /0,25 v z c 2.3.5. La nouvelle valeur de la vitesse d’éloignement de la galaxie est : v zc A.N. v 0,0412 3,00 108 m.s1 1,24 107 m.s1 . Cette valeur, calculée à partir d’une moyenne effectuée sur 3 mesures, est plus précise que la précédente calculée à l’aide d’une seule raie. /0,25 /0,25 3. Détermination de la distance d’une galaxie 3.1. D’après la relation donnée v = H.d, la valeur de la constante de Hubble H est le coefficient directeur de la droite v=f(d) représentée dans le document 5. On le détermine en utilisant un point de la droite de coordonnées : d = 400 Mpc et v = 25000 km.s-1 25000 km.s1 H 62,5 km.s1.Mpc 1 . 400 Mpc 3.2. L’expression de la distance d de la galaxie à la Terre en fonction de c, z et H est : v z.c v H.d d d H H La distance en Mpc de la galaxie TGS153Z170 à la Terre est donc de : 0,0412 3,00 105 km.s1 d 2,00 102 Mpc 62,5 km.s1.Mpc 1 /0,5 /0,25 /0,25 4. Comparaison des spectres de deux galaxies 4.1. Le document 4 « Spectre de la galaxie TGS912Z356 » présente un spectre d’absorption, en effet on observe des raies d’absorption (pics vers le bas). /0,25 4.2. Pour la galaxie TGS153Z170, λ(Hβ) = 507 nm alors que pour la galaxie TGS912Z356, on lit sur document 4 : λ(Hβ) = 543 nm. On en déduit que le décalage spectral relatif, z, est plus important pour la galaxie TGS912Z356. Or on sait que z v , donc sa vitesse v est plus grande. c D’après la relation de Hubble, vitesse et distance sont proportionnelles, on en conclue que la galaxie TGS912Z356 est plus éloignée de la Terre que la galaxie TGS153Z170. /0,5 EXERCICE 3 À LA RECHERCHE DU LIQUIDE INCONNU 5 points N° du document Propositions Réponses 1. La hauteur de chaque saut vertical de la courbe d’intégration est proportionnelle au nombre de protons équivalents responsables du signal correspondant. VRAI (cours) 0,2 2. Un groupe de protons équivalents (a) ayant pour voisins n protons (b) présente un signal de résonance sous forme d'un multiplet de (n+1) pics. VRAI (cours) 0,2 FAUX CH3CH2OH 3 signaux or il y a seulement 2 signaux sur le doc 4 3. La substance n°2 peut être de l’éthanol. 4. La molécule d’éthanoate représentation topologique : de 3-méthylbutyl a Doc 4 0,2 pour VRAI (cours) 0,2 FAUX 5. L’acide pyruvique présente 4 protons équivalents. Doc 1 0,2 les 4 protons ne sont pas équivalents Parmi la liste des espèces chimiques que l'on trouve dans les 3 boissons on aboutit à la seule correspondance possible : a b c Substance 1 = éthanol CH3CH2OH Le spectre présente trois signaux correspondant aux trois groupes a, b, c de protons équivalents. c correspond au signal singulet (proton échangeable) vers 3,7 ppm (donc bien compris entre 0,7 et 5,5 ppm comme indiqué pour R-OH) donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 1, nombre de protons contenus dans ce groupe. b correspond au signal quadruplet (couplage avec les 3 protons de a) vers 2,9 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 2, nombre de protons contenus dans ce groupe.. a correspond au signal triplet (couplage avec les 2 protons de b) vers 1,2 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 3, nombre de protons contenus dans ce groupe.. a b Substance 2 = acide pyruvique CH3COCOOH Le spectre présente deux signaux correspondant aux deux groupes a, b de protons équivalents. b correspond au signal singulet (proton échangeable) vers 8,7 ppm (donc bien compris entre 8,5 et 14,5 ppm comme indiqué pour R-COOH) donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 1, nombre de protons contenus dans ce groupe. a correspond au signal singulet (pas de protons voisins) vers 2,5 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 3, nombre de protons contenus dans ce groupe. a b c d e Substance 3 = éthanoate de 3-méthylbutyle CH3CO-O-CH2CH2CH(CH3)2 Le spectre présente cinq signaux correspondant aux cinq groupes a, b, c, d, e de protons équivalents. a correspond au signal singulet (pas de protons voisins) vers 2,1 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 3, nombre de protons contenus dans cegroupe. b correspond au signal triplet (couplage avec les deux protons de c) vers 4,2 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 2, nombre de protons contenus dans ce groupe. c correspond au signal quadruplet (couplage avec les deux protons de c et avec le proton de d) vers 1,6 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 2, nombre de protons contenus dans ce groupe. d correspond au signal nonuplet (couplage avec les six protons de e et avec les deux protons de c) vers 1,7 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 1, nombre de protons contenus dans ce groupe. e correspond au signal doublet (couplage avec le proton de d) vers 0,8 ppm donnant une variation de hauteur du signal d'intégration proportionnelle à 6, nombre de protons contenus dans ce groupe. Des trois boissons proposées, seule la bière contient les trois substances identifiées. Ainsi, parmi les trois boissons proposées, la bière apparaît comme seul contenu possible de la cruche. Capacités attendues Critère de réussite A Connaissance nomenclature Les formules planes de l'éthanol, de l'acide pyruvique et de l'éthanoate de 3-méthylbutyle sont indiquées. B C D Les informations des spectres Le nombre de signaux est correctement lié au nombre de RMN sont correctement groupes de protons equiv. extraites La multiplicité des signaux est correctement lié au nombre de voisins Les déplacements chimiques sont correctement exploités Les courbes d'intégrations sont correctement exploitées Les molécules sont correctement reliées aux spectres La substance 1 est identifiée comme étant possiblement de l'éthanol La substance 2 est identifiée comme étant possiblement l'acide pyruvique La substance 3 est identifiée comme étant possiblement l' éthanoate de 3-méthylbutyle La bière est identifiée comme boisson possiblement contenue dans la cruche Rédaction de l'argumentation Note (en points entiers) /4 pts majorité de A : 3 ou 4 majorité de B : 2 ou 3 majorité de C : 1 ou 2 majorité de D : 0 ou 1 EXERCICE 4 LA VINIFICATION 5 points 1. Fermentation alcoolique du glucose OH 1.1. La formule topologique de l’éthanol de formule brute C2H6O est : /0,25 1.2. L’éthanol est un alcool primaire. /0,25 1.3. L’équation de la réaction de formation de l’éthanol lors de la fermentation alcoolique du glucose est : C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2 /0,25 2. Fermentation alcoolique du saccharose 2.1. Si la réaction d’équation C12H22O11 + H2O 4 C2H6O + 4 CO2 est totale, on a alors nsaccharose = néthanol /4 2.2. D’après la définition donnée dans l’énoncé : 1 degré Véthanol = 1 mL d’éthanol dans 100 mL de vin Déterminons la quantité de matière d’éthanol correspondant à l’augmentation d’un degré alcoolique d’un litre de vin c’est-à-dire à 1 mL d’éthanol : 0,79 g.mL1 1 mL m V néthanol éthanol éthanol éthanol 1,7 102 mol dans 100 mL de vin 1 Méthanol Méthanol 46g.mol Il y a donc une quantité 10 fois plus importante dans 1L de vin soit 1,7×10-1 mol. La masse de saccharose correspondante est donc : 1,7 101 mol n msaccharose nsaccharose Msaccharose éthanol Msaccharose 342 g.mol1 15 g 4 4 /0,5 /0,5 /0,5 3. Peut-on chaptaliser le Muscadet ? Exploitation : 3.1. On a dilué le moût avant de préparer la solution X pour avoir une absorbance contenue dans la gamme de résultats de l’étalonnage. /0,25 3.2. Le corrigé propose une méthode de résolution. Le candidat a la possibilité de développer une autre méthode de son choix. Dans l’appellation muscadet, la chaptalisation est autorisée si la teneur en glucose du moût est inférieure à 161 g.L-1. Pour savoir s’il est possible légalement d’ajouter du saccharose dans le moût de ce vin, il est nécessaire de doser le glucose qu’il contient. Pour doser le glucose, on va tracer la droite d’étalonnage correspondant aux 5 solutions étalons. Il faut calculer la quantité de matière de glucose contenue dans chacune des solutions étalon (ou leur concentration en glucose). On peut alors tracer A=f(nglucose ) (ou A=f(Cglucose )). Solutions Quantité de matière nglucose en μmol nglucose Cglucose Vsolution mère 1 2 3 4 5 0 3,0 6,0 9,0 12 0 600 1200 1800 2400 Concentration en glucose en μmol/L Cglucose Csolution mère Vsolution mère Vtotal avec Vtotal 5,0 mL Le tracé du graphe A=f(nglucose) ou A=f(C) , permet de vérifier la loi de Beer-Lambert (on peut également effectuer une régression linéaire sur la calculatrice). On obtient par exemple le graphique A=f(nglucose) suivant : La solution de moût de raisin diluée 50 fois a une absorbance de 0,67, on en déduit graphiquement, en utilisant la droite d’étalonnage que dans la solution X : nglucose = 8,0 μmol Cette quantité de glucose était contenue dans les 0,40 mL de solution de moût de raisin dilué. 8,0 106 mol 2,0 102 mol.L1 Par suite Cglucose dans X 3 0,40 10 L La solution X de mût de raisin a été diluée 50 fois donc : Cglucose dans mout de raisin (2,0 102 mol.L1 ) 50 1,0 mol.L1 Déterminons la concentration massique correspondante : molaire 1 1 Cmassique 180 g.L1 glucose dans mout de raisin Cglucose dans mout de raisin Mglucose 1,0 mol.L 180 g.mol Ce moût ne peut pas être chaptalisé car cette valeur est supérieure à 161 g/L. COMPÉTENCE INDICATEUR DE RÉUSSITE A B C La nécessité de déterminer les concentrations ou les quantités de matière en glucose des solutions Si est argumentée. Analyser Réaliser Valider Communiquer Les absorbances des solutions Si et celle de l’échantillon de moût de raisin sont exploitées (graphiquement ou de manière calculatoire) pour déterminer la valeur de la concentration de l’échantillon de moût de raisin. Les calculs sont mathématiquement justes. Les unités sont correctes. Le graphique (ou le calcul du coefficient de proportionnalité) est réalisé de façon rigoureuse. Le critère de réglementation pour pouvoir chaptaliser un vin est énoncé. La conclusion sur le fait ou non de pouvoir chaptaliser le vin étudié est clairement explicitée. La démarche est exprimée clairement et elle est en cohérence avec les calculs effectués (même si elle est incomplète ou erronée) Note en demi-point /2,5 D EXERCICE 4SPÉ POLLUTION À L’ALUMINIUM 5 points COMPÉTENCE INDICATEUR DE RÉUSSITE A B C D Réponse aux questions préalables : 1. Un domaine de longueurs d’ondes, dans lequel l’absorbance par les solutions étudiées est importante, est identifié sur le spectre du document (300 nm – 330 nm) ANALYSER 2. Le rôle de la solution S1 est identifié. Elle constitue le « blanc », c’est-à-dire que l’absorbance du mélange aluminon + tampon, sans aluminium, est choisie comme référence nulle pour l’absorbance. La nécessité de déterminer les concentrations ou les quantités de matière en aluminium des solutions S i est argumentée. Les absorbances des solutions Si et celle de l’échantillon d’eau de rivière sont exploitées (graphiquement ou de manière calculatoire) pour déterminer la valeur de la concentration de l’échantillon d’eau de rivière. Les calculs sont mathématiquement justes. Réaliser Valider Communiquer Les unités sont correctes. Le graphique (ou le calcul du coefficient proportionnalité) est réalisé de façon rigoureuse. de La conclusion sur le caractère potable ou non de l’eau est clairement explicitée. La démarche est exprimée clairement et elle est en cohérence avec les calculs effectués (même si elle est incomplète ou erronée) Note en point entier /5 Démarche de résolution possible : Une solution Si est préparée par dilution de la solution S0. Solution mère S0 : Solution fille Si : Vi = … mL Vtot = 50,0 mL (fiole jaugée) c 8,15 C0 = = = 8,15×10–2 mmol.L-1 Ci = ? mmol.L-1 100 100 Au cours d’une dilution la quantité de matière de soluté se conserve, soit n 0 = ni. C0 Vi = Ci Vtot C .V Soit Ci = 0 i Vtot On obtient les résultats suivants : Solution S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 Concentration Ci en mmol.L-1 0 1,6310-3 4,8910-3 9,7810-3 1,9610-2 2,4510-2 3,2610-2 Ces résultats permettent de tracer la courbe suivante : Graphiquement, on relève la concentration correspondant à l’absorbance de l’échantillon analysé (A = 0, 058). On trouve Céchantillon = 7,5610-6 mol.L-1 Pour comparer cette valeur au seuil de potabilité en eau froide (200 µg.L–1), nous devons convertir la concentration molaire obtenue précédemment en concentration massique : molaire 6 1 1 Cmassique 2,04 104 g.L1 204 g.L1 Aluminium dans échantillon CAluminium dans échantillon MAl 7,56 10 mol.L 27 g.mol La valeur obtenue est supérieure au seuil de potabilité, ainsi l’eau n’est pas potable au regard du critère pour l’élément aluminium.
